2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：四边形（含答案）

这是一份2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：四边形（含答案），共43页。试卷主要包含了定义，证明推断，问题研究，我们定义等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：四边形
一．解答题（共10小题）
1．（2022•罗湖区模拟）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．

根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形ABCD中E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF （填“是”或“不是”）“直等补”四边形；
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，过点B作BE⊥AD于E．
①过C作CF⊥BF于点F，试证明：BE＝DE，并求BE的长；
②若M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值．

2．（2022•襄阳一模）（1）证明推断
如图1，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，过点E作AE，BD的垂线，分别交直线BC于点F、G．
①求证：△ABE≌△FGE；
②推断：的值为 ；
（2）类比探究
如图2，在矩形ABCD中，＝m，点E是对角线BD上一点，过点E作AE，BD的垂线分别交直线BC于点F，G．探究的值（用含m的式子表示），并写出探究过程；
（3）拓展运用
在（2）的条件下，连接CE，当m＝，CE＝CD时，若CG＝1，求EF的长．


3．（2022•灞桥区校级二模）问题研究
（1）若等边△ABC边长为3，则△ABC的面积为 ；
（2）如图1，在△ABC中，∠ACB＝60°，CD为AB边上的高，若CD＝4，试判断△ABC的面积是否存在最小值．若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
问题解决
（3）如图2，四边形ABCD中，AB＝AD＝4，∠B＝45°，∠C＝60°，∠D＝135°，点E、F分别为边BC、CD上的动点，且∠EAF＝∠C，求四边形AECF面积的最大值．

4．（2021•绵阳模拟）如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点O为对角线BD的中点，点P从点A出发，沿折线AD﹣DO以每秒1个单位长度的速度向终点O运动，当点P与点A不重合时，过点P作PQ⊥AB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设正方形PQMN与△ABD重叠部分图形的面积为S（平方单位），点P运动的时间为t（秒）．
（1）如图2，当点N落在BD上时，求t的值；
（2）当点P在边AD上运动时，求S与t之间的函数关系式；
（3）写出在点P运动过程中，直线DN恰好平分△BCD面积时t的所有可能值．

5．（2021•海州区校级二模）在四边形ABCD中，点E在BC边上（不与B、C重合）．
（1）如图（1），若四边形ABCD是正方形，AE⊥EF，AE＝EF，连CF．
①求∠BCF的大小；
②如图（2），点G是CF的中点，连DG、ED，若DE＝6，求DG的长；
（2）如图（3），若四边形ABCD是矩形，点M在AD边上，∠AEM＝60°，CD＝9，求线段AM的最小值．


6．（2021•任城区校级三模）我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”
（1）概念理解：
请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子： ；
（2）问题探究；
如图1，在等邻角四边形ABCD中，∠DAB＝∠ABC，AD，BC的中垂线恰好交于AB边上一点P，连结AC，BD，试探究AC与BD的数量关系，并说明理由；
（3）应用拓展；
如图2，在Rt△ABC与Rt△ABD中，∠C＝∠D＝90°，BC＝BD＝3，AB＝5，将Rt△ABD绕着点A顺时针旋转角α（0°＜∠α＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如图3），当凸四边形AD′BC为等邻角四边形时，求出它的面积．


7．（2021•海陵区校级二模）已知正方形ABCD的边长为8，P为AB上一点，且AP＝2，E为AD上的动点（不与A、D重合），连接CE，过点D作DF⊥CE于F，Q为AE上一点．

（1）如图1，当PF∥AD时，求∠DCE的度数．
（2）如图2，连接BD交CE于点M，连接AM，当FD＝FQ时，求证：QF∥AM．
（3）如图3，连接PQ、QF，求QF+PQ的最小值．
8．（2021•南关区校级二模）如图，等腰△ABC的底边BC＝8，高AD＝2，M是AB中点，连接MD．动点E从点B出发，以每秒1个单位的速度沿BC向点C运动，到点C停止，另一动点F从点B出发，以相同的速度沿BC运动，到点D停止．已知点E比点F早出发1秒，当点F出发后，以EF为边作正方形EFGH，使点G、H和点A在BC的同侧，设点E运动的时间为t秒．
（1）当t≥1时，用含t的代数式表示EF的长；
（2）设正方形EFGH面积为S1，正方形EFGH与△ABC重叠面积为S2，当S1：S2＝2时，求t的值；
（3）在点F开始运动时，点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿折线段DM﹣MB﹣BM﹣MD运动，到达点D停止，在点E的整个运动过程中，求点P在正方形EFGH内（含边界）的时长．

9．（2021•雁塔区校级模拟）（1）如图①，△ABC为等边三角形，若AB＝2cm，则△ABC的面积为 ；
（2）如图②，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5．如果点P是AD边上一点，且AP＝1，那么BC边上是否存在一点Q，使得线段PQ将矩形ABCD的面积平分？若存在，求出PQ的长；若不存在，请说明理由；
（3）如图③，有一个平行四边形花园ABCD，AB＝300米，AD＝100米，∠A＝60°，点E在AB边上，且AE＝AD．现需在花园内开辟四边形区域AEFD种植一种红色花卉．根据设计要求，F为花园内（含边界）一点，满足∠DFE＝60°，同时过点F修建一条笔直的小路GH（点G、H为该花园入口，其中点G、H分别在平行四边形ABCD的边CD、AB上），且使GH平分该平行四边形花园ABCD的面积．那么是否存在这样的点F，使四边形AEFD的面积最大且使GH平分该平行四边形花园ABCD的面积？若存在，请求出此时四边形AEFD的面积及线段GH的长度；若不存在，请说明理由．（小路宽度忽略不计）

10．（2021•于洪区二模）在平面直角坐标系中，点A（0，3），直线AB∥x轴，在矩形OCDE中，OC＝4，OE＝3，以点C在第一象限内直线AB上时为初始位置，将矩形OCDE以点O为中心逆时针旋转，旋转角为α．直线OC，直线DE分别与直线AB相交于点M，N．

（1）如图1，当顶点D落在直线AB上时（此时点N与点D重合）．
①求证：△MAO≌△MCD；
②求点M的横坐标；
（2）如图2，当顶点D落在y轴正半轴上时，请直接写出点M的横坐标；
（3）在矩形OCDE旋转过程中，当0°＜α＜90°时，若AN＝3AM，请直接写出此时点M的横坐标．

2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：四边形（10题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共10小题）
1．（2022•罗湖区模拟）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．

根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形ABCD中E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF 是 （填“是”或“不是”）“直等补”四边形；
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，过点B作BE⊥AD于E．
①过C作CF⊥BF于点F，试证明：BE＝DE，并求BE的长；
②若M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值．

【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；新定义；推理能力．
【分析】（1）由旋转的性质可得∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，根据正方形的性质得∠ABC＝∠D＝90°，可得出∠EBF＝∠D＝90°，即可得出答案；
（2）①首先证明四边形CDEF是矩形，则DE＝CF，EF＝CD＝2，再证△ABE≌△BCF，根据全等三角形的判定和性质可得BE＝CF，AE＝BF，等量代换即可得BE＝DE；由AE＝BF，EF＝CD＝2可得AE＝BE﹣2，设BE＝x，根据勾股定理求出x的值即可；
②延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，证明△ABE∽△CGH，根据相似三角形的性质求出CH、HG的值，在Rt△BHG中，根据勾股定理求出BG，即可求解．
【解答】解：（1）∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延长线上，

∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠ABE+∠ABF＝90°，即∠EBF＝∠D＝90°，
∴∠EBF+∠D＝180°，
∵∠EBF＝90°，BF＝BE，
∴四边形BEDF是“直等补”四边形．
故答案为：是；
（2）①证明：∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，
∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥BE，
∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE＝CF，EF＝CD＝2，
∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠A＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵DE＝CF，
∴BE＝DE；
∵四边形CDEF是矩形，
∴EF＝CD＝2，
∵△ABE≌△BCF，
∴AE＝BF，
∴AE＝BE﹣2，
设BE＝x，则AE＝x﹣2，
在Rt△ABE中，x2+（x﹣2）2＝102，
解得：x＝8或x＝﹣6（舍去），
∴BE的长是8；
②∵△BCM周长＝BC+BM+CM，
∴当BM+CM的值最小时，△BCM的周长最小，
如图，延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，

∵∠ADC＝90°，
∴点C与点G关于AD对称，
∴BM+CM＝BM+MG≥BG，即BM+CM≥BM′+M′C，
∴当点M与M′重合时，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周长最小，
在Rt△ABE中，AE＝＝＝6，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠GCH＝180°，
∴∠A＝∠GCH，
∵∠AEB＝∠H＝90°，
∴△ABE∽△CGH，
∴＝＝＝，即＝，
∴GH＝，CH＝，
∴BH＝BC+CH＝10+＝，
∴BG＝＝＝2，
∴△BCM周长的最小值为2+10．
【点评】本题是四边形的一个综合题，主要考查新定义，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，轴对称的性质，第（2）①题关键在证明三角形全等，第（2）②题关键确定M的位置．
2．（2022•襄阳一模）（1）证明推断
如图1，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，过点E作AE，BD的垂线，分别交直线BC于点F、G．
①求证：△ABE≌△FGE；
②推断：的值为 1 ；
（2）类比探究
如图2，在矩形ABCD中，＝m，点E是对角线BD上一点，过点E作AE，BD的垂线分别交直线BC于点F，G．探究的值（用含m的式子表示），并写出探究过程；
（3）拓展运用
在（2）的条件下，连接CE，当m＝，CE＝CD时，若CG＝1，求EF的长．


【考点】四边形综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）①推出△BEG是等腰三角形，从而BE＝EG，再推出∠AEB＝∠GEF，∠ABE＝∠G，从而命题得证；
②根据①求得结果；
（2）根据（1）∠AEB＝∠GEF，∠EFG＝∠BAE，进而得出△ABE∽△FGE，进一步求得结果；
（3）作CH⊥BD于H，作EQ⊥AB于Q，设CD＝a，根据“子母”型得出△CHD∽△BCD，表示出DH，CH，EH，根据△BEG∽△BHC，从而求得a的值，再根据△BQE∽△BAD求得QE和AQ，进一步求得结果．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，∠ABE＝∠GBE＝45°，
∵EF⊥AE，EG⊥BD，
∴∠AEF＝∠BEG＝90°，
∴∠AEF﹣∠BEF＝∠BEG﹣∠BEF，∠G＝90°﹣∠EBG＝45°，
∴∠AEB＝∠FEG，∠ABE＝∠EBG＝∠G，
∴BE＝EG，
在△ABE和△FGE中，
，
∴△ABE≌△FGE（ASA）；
②由①知：△ABE≌△FGE，
∴AE＝EF，
故答案是：1；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB，∠C＝90°，
由（1）得，
∠AEB＝∠FEG，
∵∠ABE＝∠AEF＝90°，
∴∠ABE+∠AEF＝90°+90°＝180°，
∴∠BAE+∠BFE＝180°，
∵∠BFE+∠BAE＝180°，
∴∠EFG＝∠BAE，
∴△ABE∽△FGE，
∴＝，
∵∠BEG＝∠C＝90°，∠CBD是公共角，
∴△△BEG∽△BCD，
∴＝＝＝m；
（3）如图，

作CH⊥BD于H，作EQ⊥AB于Q，
设CD＝a，则BC＝2a，
∴BD＝＝a，
∵∠CDH＝∠CDB，∠CHD＝∠BCD＝90°，
∴△CHD∽△BCD，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴DH＝，CH＝，
∵CD＝CE，
∴EH＝DH＝，
∴BE＝BD﹣DE＝，BH＝a，
∵EG∥CH，
∴△BEG∽△BHC，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴a＝2，
∴BE＝，CH＝，
∴EG＝，
∵QE∥AD，
∴△BQE∽△BAD，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴QE＝，BQ＝，
∴AQ＝AB﹣BQ＝2﹣＝，
∴AE＝＝，
由（2）得，
＝＝，
∴EF＝＝．
【点评】本题考查了正方形性质，等腰三角形性质，全等三角形判定和性质，相似三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
3．（2022•灞桥区校级二模）问题研究
（1）若等边△ABC边长为3，则△ABC的面积为 ；
（2）如图1，在△ABC中，∠ACB＝60°，CD为AB边上的高，若CD＝4，试判断△ABC的面积是否存在最小值．若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
问题解决
（3）如图2，四边形ABCD中，AB＝AD＝4，∠B＝45°，∠C＝60°，∠D＝135°，点E、F分别为边BC、CD上的动点，且∠EAF＝∠C，求四边形AECF面积的最大值．

【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）过点C作CD⊥AB于D，等边△ABC边长为4，可得AD＝BD＝AB＝×4＝2，在Rt△ACD中，由勾股定理AC2＝AD2+CD2，求出CD＝2，利用面积公式计算即可；
（2）由CD为AB边上的高，CD＝4，设AB＝c，AC＝b，BC＝a，过A作AE⊥BC于D，利用面积可得4c＝ab，由三角函数求AE＝b，CE＝b，BE＝a﹣b，在Rt△ABE中由勾股定理得c2＝a2+b2﹣ab≥2ab﹣ab＝ab，仅当a＝b时取等号，即△ABC为等边三角形时即可；
（3）延长CB至M，使得BM＝DF，连接AM，过点作AH⊥BC于点H，证明△ABM≌△ADF（SAS），得S△ABM＝S△ADF，∠BAM＝∠DAF，AM＝AF，由角的和差得∠HAB＝∠HBA＝45°，则HA＝HB＝AB＝4，延长BA、CD交于点G，过点G作GK⊥AD于K，根据S四边形ABCD＝S△GCB﹣S△GAD＝16，由S四边形AECF＝S四边形ABCD﹣S△ABE﹣S△ADF＝S四边形ABCD﹣S△ABE﹣S△ABM＝S四边形ABCD﹣S△AEM，当S△AEM最小时，S四边形AECF最大，作△AME的外接圆⊙O，连接OA、OM、OE，过点O作OR⊥ME于R，求出△AME面积的最小值，即可得四边形AECF面积的最大值．
【解答】解：（1）过点C作CD⊥AB于D，

∵等边△ABC边长为3，
∴AD＝BD＝AB＝×3＝，
在Rt△ACD中，由勾股定理得AC2＝AD2+CD2，即32＝（）2+CD2，
解得：CD＝，
∴S△ABC＝AB•CD＝×3×＝，
故答案为：；

（2）∵CD为AB边上的高，若CD＝4，
设AB＝c，AC＝b，BC＝a，过A作AE⊥BC于E，

∴S△ABC＝AB×CD＝AE×BC＝BC×AC×sin 60°，
∴4c＝ab，
又∵AE＝AC•sin 60°＝b，CE＝AC•cos60°＝b，
BE＝BC﹣EC＝a﹣b，
在Rt△ABE中，
由勾股定理得AB2＝AE2+BE2，即c2＝（b）2+（a﹣b）2，
∴c2＝a2+b2﹣ab≥2ab﹣ab＝ab，
仅当a＝b时取等号，即△ABC为等边三角形时，
∴c2≥，
∴c≥，
∴S△ABC最小＝AB•CD＝××4＝；

（3）延长CB至M，使得BM＝DF，连接AM，过点作AH⊥BC于点H，

∵∠ABC＝45°，
∴∠ABM＝180°﹣∠ABC＝135°，
∵∠ADC＝135°，
∴∠ABM＝∠ADF，
∵AB＝AD，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴S△ABM＝S△ADF，∠BAM＝∠DAF，AM＝AF，
∴∠BAM+∠BAF＝∠DAF+∠BAF，即∠MAF＝∠BAD，
∵AH⊥BC，
∴∠AHB＝90°，
∴∠HAB＝∠HBA＝45°，
∴HA＝HB＝AB＝4，
延长BA、CD交于点G，过点G作GK⊥AD于K，

∵∠ABC＝45°，∠C＝60°，∠ADC＝135°，
∴∠BAD＝360°﹣∠B﹣∠C﹣∠D＝360°﹣45°﹣60°﹣135°＝120°，
∴∠MAF＝120°，
∵∠EAF＝∠C＝60°
∴∠MAE＝60°，
∴∠GAD＝180°﹣∠BAD＝60°，∠GDA＝180°﹣∠ADC＝45°，
∵GK⊥AD，
∴∠GKA＝∠GKD＝90°，
在Rt△AKG中，∠AGK＝30°，
∴GK＝AK，
在Rt△DKG中，∠KGD＝∠KDG＝45°，
∴GK＝DK，
∴AD＝AK+DK＝（+1）AK＝4，
∴AK＝＝2（﹣1）＝2﹣2，
∴GK＝DK＝6﹣2，
∴DG＝GK＝12﹣4，AG＝2AK＝4﹣4，
∵∠GAD＝∠C，∠AGD＝∠CGB，
∴△GAD∽△GCB，
∴＝（）2，
∵GB＝AB+AG＝4，
S△GAD＝AD•GK＝×4×（6﹣2）＝24﹣8，
∴＝（）2＝2﹣，
∴S△GCB＝24+8，
∴S四边形ABCD＝S△GCB﹣S△GAD＝16，
∴S四边形AECF＝S四边形ABCD﹣S△ABE﹣S△ADF＝S四边形ABCD﹣S△ABE﹣S△ABM＝S四边形ABCD﹣S△AEM，
∴当S△AEM最小时，S四边形AECF最大，作△AME的外接圆⊙O，连接OA、OM、OE，过点O作OR⊥ME于R，

∵∠MAE＝60°，
∴∠MOE＝2∠MAE＝120°，
∵OR⊥ME，OM＝OE，
∴MR＝RE，∠OMR＝30°，
∴OR＝OM，MR＝OM，
∴ME＝OM，
∵OA+OR≥AH，
∴OM+OM≥4，
∴OM≥4，
∴OM≥，
∴S△AME＝ME•AH＝××4＝，
∴△AME面积的最小值为，
∴四边形AECF面积的最大值为16﹣＝．
【点评】本题属于四边形综合题，考查等边三角形的面积，三角形面积最小值，四边形面积最大值，涉及的知识多，等边三角形性质，三角函数综合，三角形全等判定与性质，图形旋转变换，不等式性质，直角三角形性质，勾股定理，三点共线，难度相当大，利用辅助线准确作出图形是解题关键．
4．（2021•绵阳模拟）如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点O为对角线BD的中点，点P从点A出发，沿折线AD﹣DO以每秒1个单位长度的速度向终点O运动，当点P与点A不重合时，过点P作PQ⊥AB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设正方形PQMN与△ABD重叠部分图形的面积为S（平方单位），点P运动的时间为t（秒）．
（1）如图2，当点N落在BD上时，求t的值；
（2）当点P在边AD上运动时，求S与t之间的函数关系式；
（3）写出在点P运动过程中，直线DN恰好平分△BCD面积时t的所有可能值．

【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）可证△DPN∽△DQB，从而有＝，即可求出t的值；
（2）根据正方形PQMN与△ABD重叠部分图形形状不同分成二类，如图2、图3，然后运用三角形相似、锐角三角函数等知识就可求出S与t之间的函数关系式；
（3）分两种情形：如图4中，设DN交BC于点T，当CT＝BT时，延长AB交DT于点R．如图5中，当DN平分BC时，满足条件，延长AB交DT于点R．分别构建方程求解即可．
【解答】解：（1）当点N落在BD上时，如图1．

∵四边形PQMN是正方形，
∴PN∥QM，PN＝PQ＝t．
∴△DPN∽△DQB．
∴＝，
∵PN＝PQ＝PA＝t，DP＝6﹣t，QB＝AB＝8，
∴＝，
∴t＝．
∴当t＝时，点N落在BD上．

（2）①当0＜t≤时，如图2，

S＝S正方形PQMN＝PQ2＝PA2＝t2．
②当 ＜t≤6时，如图3，

∵tan∠ADB＝＝，
∴＝，
∴PG＝8﹣t．
∴GN＝PN﹣PG＝t﹣（8﹣t）＝t﹣8，
∵tan∠NFG＝tan∠ADB＝，
∴＝，
∴NF＝GN＝（ t﹣8）＝t﹣6．
∴S＝S正方形PQMN﹣S△GNF
＝t2﹣×（ t﹣8）×（ t﹣6）＝﹣t2+14t﹣24，
综上所述：当0＜t≤时，S＝t2．
当 ＜t≤3时，S＝﹣t2+14t﹣24．

（3）如图4中，设DN交BC于点T，当CT＝BT时，延长AB交DT于点R．

∵CD∥BR，
∴∠CDT＝∠R，
∵CT＝BT，∠DTC＝∠BTR，
∴△DCT≌△RBT（AAS），
∴CD＝BR＝8，
∴AR＝AB+BR＝16，
∵PN∥AR，
∴＝，
∴＝，
∴t＝．
如图5中，当DN平分BC时，满足条件，延长AB交DT于点R．

∵PN∥BR，
∴＝，
∴＝，
∴t＝，
综上所述，满足条件的t的值为或．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，平行线分线段成比例定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
5．（2021•海州区校级二模）在四边形ABCD中，点E在BC边上（不与B、C重合）．
（1）如图（1），若四边形ABCD是正方形，AE⊥EF，AE＝EF，连CF．
①求∠BCF的大小；
②如图（2），点G是CF的中点，连DG、ED，若DE＝6，求DG的长；
（2）如图（3），若四边形ABCD是矩形，点M在AD边上，∠AEM＝60°，CD＝9，求线段AM的最小值．


【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）①如图（1），在AB上取一上点H，使AH＝CE，连接EH，根据已知及正方形的性质利用SAS判定△AHE≌△ECF，从而得到∠BCF＝∠AHE＝135°；
②如图（2），在AB上取一上点H，使AH＝CE，连接EH，BD，设BE＝2x，则EH＝CF＝2x，证明△DBE∽△DCG，列比例式可得结论；
（2）如图（3），作△AEM的外接圆O，过点O作ON⊥AM于N，连接OA，OE，OM，设ON＝a，由垂线段最短得：OE+ON≥AB，即当E，O，N三点共线时，a最小，此时AM最小，从而得结论．
【解答】解：（1）①如图（1），在AB上取一上点H，使AH＝CE，连接EH，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°，
∴BE＝BH，
∴∠BHE＝45°，
∴∠AHE＝135°，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
∵AE＝EF，
∴△AHE≌△ECF（SAS），
∴∠BCF＝∠AHE＝135°；
②如图（2），在AB上取一上点H，使AH＝CE，连接EH，BD，

由①知：△AHE≌△ECF，
∴EH＝CF，
设BE＝2x，则EH＝CF＝2x，
∵G是CF的中点，
∴CG＝x，
∴＝＝，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BD＝CD，
∴＝，
∵∠DBE＝∠DCG＝45°，
∴△DBE∽△DCG，
∴＝＝，
∵DE＝6，
∴＝，
∴DG＝3；
（2）如图（3），作△AEM的外接圆O，过点O作ON⊥AM于N，连接OA，OE，OM，

∵∠AEM＝60°，
∴∠AOM＝120°，
∵ON⊥AM，
∴AN＝MN，∠AON＝∠NOM＝60°，
∴∠OAN＝∠OMN＝30°，
设ON＝a，则OA＝2a，AN＝a，
则OE+ON≥AB，
即当E，O，N三点共线时，a最小，此时AM最小，
∴a+2a＝9，
∴a＝3，
∴AM的最小值是6．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形和圆解决问题．
6．（2021•任城区校级三模）我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”
（1）概念理解：
请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子： 矩形或正方形 ；
（2）问题探究；
如图1，在等邻角四边形ABCD中，∠DAB＝∠ABC，AD，BC的中垂线恰好交于AB边上一点P，连结AC，BD，试探究AC与BD的数量关系，并说明理由；
（3）应用拓展；
如图2，在Rt△ABC与Rt△ABD中，∠C＝∠D＝90°，BC＝BD＝3，AB＝5，将Rt△ABD绕着点A顺时针旋转角α（0°＜∠α＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如图3），当凸四边形AD′BC为等邻角四边形时，求出它的面积．


【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）矩形或正方形邻角相等，满足“等邻角四边形”条件；
（2）结论：AC＝BD，证明△APC≌△DPB（SAS）；
（3）分两种情况考虑：Ⅰ、当∠AD′B＝∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，如图1，由S四边形ACBD′＝S△ACE﹣S△BED′，求出四边形ACBD′面积；
Ⅱ、当∠D′BC＝∠ACB＝90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，如图2，由S四边形ACBD′＝S△AED′+S矩形ECBD′，求出四边形ACBD′面积即可．
【解答】解：（1）矩形或正方形是一个等邻角四边形．
故答案为：矩形，正方形；

（2）结论：AC＝BD，
理由：连接PD，PC，如图1所示：

∵PE是AD的垂直平分线，PF是BC的垂直平分线，
∴PA＝PD，PC＝PB，
∴∠PAD＝∠PDA，∠PBC＝∠PCB，
∴∠DPB＝2∠PAD，∠APC＝2∠PBC，即∠PAD＝∠PBC，
∴∠APC＝∠DPB，
∴△APC≌△DPB（SAS），
∴AC＝BD；

（3）分两种情况考虑：
（i）当∠AD′B＝∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，
如图3（i）所示，

∴∠ED′B＝∠EBD′，
∴EB＝ED′，
设EB＝ED′＝x，
由勾股定理得：42+（3+x）2＝（4+x）2，
解得：x＝4.5，
过点D′作D′F⊥CE于F，
∴D′F∥AC，
∴△ED′F∽△EAC，
∴＝，即＝，
解得：D′F＝，
∴S△ACE＝AC×EC＝×4×（3+4.5）＝15；S△BED′＝×BE×D′F＝××4.5×＝，
则S四边形ACBD′＝S△ACE﹣S△BED′＝15﹣＝；
（ii）当∠D′BC＝∠ACB＝90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，
如图3（ii）所示，

∴四边形ECBD′是矩形，
∴ED′＝BC＝3，
在Rt△AED′中，根据勾股定理得：AE＝＝，
∴S△AED′＝×AE×ED′＝××3＝，S矩形ECBD′＝CE×CB＝（4﹣）×3＝12﹣3，
则S四边形ACBD′＝S△AED′+S矩形ECBD′＝+12﹣3＝12﹣．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了“等邻角四边形”的理解，三角形，四边形的内角和定理，角平分线的意义，勾股定理，旋转的性质，相似三角形的性质和判定，理解“等邻角四边形”的定义是解本题的关键，分类讨论是解本题的难点，是一道中考常考题．
7．（2021•海陵区校级二模）已知正方形ABCD的边长为8，P为AB上一点，且AP＝2，E为AD上的动点（不与A、D重合），连接CE，过点D作DF⊥CE于F，Q为AE上一点．

（1）如图1，当PF∥AD时，求∠DCE的度数．
（2）如图2，连接BD交CE于点M，连接AM，当FD＝FQ时，求证：QF∥AM．
（3）如图3，连接PQ、QF，求QF+PQ的最小值．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）如图1，过点E作EN⊥BC于N，交PF于K，则EK＝AP＝2，EN＝AB＝8，设DE＝CN＝x，则CE＝，根据平行线分线段成比例定理可得EF＝EC，证明△EDF∽△ECD，列比例式可得x2＝EC•EC＝EC2，最后根据正切的定义可得∠DCE的度数；
（2）如图2，先证明△ADM≌△CDM（SAS），得∠DCE＝∠MAD，根据等腰三角形的性质和等量代换可得∠MAD＝∠FQD，最后根据平行线的判定可得结论；
（3）如图3和图4，根据∠DFC＝90°可知：点F在以DC为直径的圆上，根据轴对称的最短路径可作P关于直线AD的对称点P'，得当P'，Q，F，O共线时，P'F有最小值，最后根据勾股定理可解答．
【解答】（1）解：如图1，过点E作EN⊥BC于N，交PF于K，则EK＝AP＝2，EN＝AB＝8，

∵PF∥AD∥BC，
∴EN⊥PF，
设DE＝CN＝x，则CE＝，
∵PF∥BC，
∴，即＝，
∴EF＝EC，
∵DF⊥EC，
∴∠DFE＝90°，
∵∠DEF＝∠CED，∠DFE＝∠CDE＝90°，
∴△EDF∽△ECD，
∴，
∴ED2＝EC•EF，
即x2＝EC•EC＝EC2，
∴x＝EC，
∴x＝，
解得：x＝，
∴tan∠DCE＝＝＝，
∴∠DCE＝30°；
（2）证明：如图2，

∵∠EDF+∠DEF＝90°，∠DCE+∠DEC＝90°，
∴∠EDF＝∠DCE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADM＝∠CDM＝45°，
∵DM＝DM，
∴△ADM≌△CDM（SAS），
∴∠DCE＝∠MAD，
∵FQ＝FD，
∴∠FQD＝∠FDQ，
∴∠MAD＝∠FQD，
∴AM∥FQ；
（3）解：如图3，延长BA至P'，使AP'＝AP，连接P'Q，

∵AD⊥AB，
∴PQ+FQ＝P'Q+FQ，
∵∠DFC＝90°，
∴点F在以DC为直径的圆O上，
连接OF，OP'，
当P'，Q，F，O共线时，P'F有最小值，如图4，过点O作OH⊥AB于H，则OD＝AH＝4，

∴P'H＝2＝4＝6，
∵OH＝8，∠OHA＝90°，
∴OP'＝10，
∴P'F＝10﹣4＝6，
即QF+PQ的最小值是6．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、圆周角定理，轴对称的最短路径问题、等腰三角形的判定与性质等知识，第三问有难度，根据圆周角定理确定点F的位置是关键．
8．（2021•南关区校级二模）如图，等腰△ABC的底边BC＝8，高AD＝2，M是AB中点，连接MD．动点E从点B出发，以每秒1个单位的速度沿BC向点C运动，到点C停止，另一动点F从点B出发，以相同的速度沿BC运动，到点D停止．已知点E比点F早出发1秒，当点F出发后，以EF为边作正方形EFGH，使点G、H和点A在BC的同侧，设点E运动的时间为t秒．
（1）当t≥1时，用含t的代数式表示EF的长；
（2）设正方形EFGH面积为S1，正方形EFGH与△ABC重叠面积为S2，当S1：S2＝2时，求t的值；
（3）在点F开始运动时，点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿折线段DM﹣MB﹣BM﹣MD运动，到达点D停止，在点E的整个运动过程中，求点P在正方形EFGH内（含边界）的时长．

【考点】四边形综合题．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力；应用意识．
【分析】（1）分成两种情形：1≤t≤5，5＜t≤8；
（2）当S1：S2＝2时，AC或AB过正方形EFGH的对称中心O；
（3）可以推理出点P的水平运动速度是4个单位，相向而行时每次在正方形EFGH内的时间是1÷5＝s同向而行时在内部时间是1÷（4﹣1），因BD＝4，故从D到B的时间是1s，因此2s内，点P两次在正方形内部（包括边上），
当点E从点D运动到点C共4秒，此时符合条件，进而得出结果．
【解答】解：（1）当1≤t≤5时，EF＝1，
当5＜t≤8时，EF＝1+t﹣5＝t﹣4；
（2）如图1，

当0＜t≤5时，
当AB过正方形EFGH的对称中心O时，
S1：S2＝2，
作OP⊥BC于P，
在Rt△BOP中，OP＝，
tanB＝＝＝，
∴BP＝1，
∴BE＝BP+PE＝，
∴t＝，
如图2，

当5＜t≤8时，
当AC过正方形EFGH的对称中心O时，
S1：S2＝2，
在Rt△COP中，OP＝，PC＝4﹣，
∵tan∠C＝，
∴4﹣＝2，
∴t＝
∴t＝，
综上所述：t＝或；
（3）如图3，

作MN⊥BC于N，
∵AD＝2，BD＝4，
∴AB＝＝2，
∴＝，
∴点P的水平运动速度是4个单位，
其中，当点P与正方形相向而行时，
∴每次在正方形EFGH内的时间是1÷5＝s，
当同向而行时，
每次在正方形EFGH内的时间是1÷（4﹣1）＝，
∵BD＝4，
∴从D到B的时间是1s，
∴2s内，点P两次在正方形内部，
+＝，
当点E到达AD时，点P在EH上，从点E到C经过4秒，这4秒，点P满足条件，
∴点P在正方形EFGH的内部（包括边上）的时间是4+＝s．
【点评】本题考查了正方形性质，相似三角形的判定和性质（也可以用三角函数）等知识，解决问题的关键是正确理解题意，转化条件．
9．（2021•雁塔区校级模拟）（1）如图①，△ABC为等边三角形，若AB＝2cm，则△ABC的面积为 cm2 ；
（2）如图②，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5．如果点P是AD边上一点，且AP＝1，那么BC边上是否存在一点Q，使得线段PQ将矩形ABCD的面积平分？若存在，求出PQ的长；若不存在，请说明理由；
（3）如图③，有一个平行四边形花园ABCD，AB＝300米，AD＝100米，∠A＝60°，点E在AB边上，且AE＝AD．现需在花园内开辟四边形区域AEFD种植一种红色花卉．根据设计要求，F为花园内（含边界）一点，满足∠DFE＝60°，同时过点F修建一条笔直的小路GH（点G、H为该花园入口，其中点G、H分别在平行四边形ABCD的边CD、AB上），且使GH平分该平行四边形花园ABCD的面积．那么是否存在这样的点F，使四边形AEFD的面积最大且使GH平分该平行四边形花园ABCD的面积？若存在，请求出此时四边形AEFD的面积及线段GH的长度；若不存在，请说明理由．（小路宽度忽略不计）

【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）如图1中，过点C作CH⊥AB于H．利用勾股定理求出CH，可得结论．
（2）存在．连接AC，BD交于点O，作线段PQ经过点O，交BC于点Q，此时线段PQ平分四边形ABCD的面积．过点P作PT⊥BC于T，求出PT，TQ，再利用勾股定理，可得结论．
（3）存在．首先说明点E在⊙O上运动，连接OD，OE，则∠DOE＝2∠DFE＝120°，当点F在AO的延长线上时，与F′重合时，四边形ADF′E的面积最大，此时点F′落在线段CD上，△DEF′是等边三角形，四边形ADFE的面积的最大值＝2××1002＝5000（平方米），连接AC，BD交于点O，过点F′O作直线GH，交CD于G，交AB于点H，此时GH平分四边形ABCD的面积，过点F′作F′J⊥AB于J．求出F′J，JH，再利用勾股定理，可得结论．
【解答】解：（1）如图1中，过点C作CH⊥AB于H．

∵△ABC是等边三角形，CH⊥AC，
∴AB＝AC＝2（cm），AH＝BH＝AB＝1（cm），
∴CH＝＝＝（cm），
∴S△ABC＝×2×＝（cm2），
故答案为：cm2．

（2）存在．
理由：连接AC，BD交于点O，作线段PQ经过点O，交BC于点Q，此时线段PQ平分四边形ABCD的面积．

过点P作PT⊥BC于T，
∵AP∥CQ，
∠APO＝∠CQO，
∵∠AOP＝∠COQ，AO＝OC，
∴△AOP≌△COQ（AAS），
∴AP＝CQ＝1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABT＝∠BAP＝90°，AD＝BC＝5，
∵PT⊥BC，
∴∠PTB＝90°，
∴四边形ABTP是矩形，
∴PT＝AB＝3，AP＝BT＝1，
∴TQ＝BC﹣BT﹣CQ＝3，
∵∠PTQ＝90°，
∴PQ＝＝＝3．

（3）存在．

理由：连接DE，
∵AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD＝DE＝AE＝100米，∠AED＝60°，
∵∠DFE＝60°，
∴点E在⊙O上运动，连接OD，OE，则∠DOE＝2∠DFE＝120°，
当点F在AO的延长线上时，与F′重合时，四边形ADF′E的面积最大，
此时点F′落在线段CD上，△DEF′是等边三角形，四边形ADFE的面积的最大值＝2××1002＝5000（平方米），
连接AC，BD交于点O，过点F′O作直线GH，交CD于G，交AB于点H，此时GH平分四边形ABCD的面积，
过点F′作F′J⊥AB于J．
同法可证DF′＝BH＝100米，
∴AH＝AB＝BH＝300﹣100＝200（米），
在Rt△EF′J中，EJ＝EF′＝50（米），F′J＝50（米），
∴JH＝200﹣100﹣50＝50（米），
∴GH＝＝＝100（米）．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的性质等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，轨迹等知识，解题的关键是掌握中心对称图形的性质，学会平分中心对称图形的面积，第三个问题的关键是正确寻找点F的运动轨迹，属于中考压轴题．
10．（2021•于洪区二模）在平面直角坐标系中，点A（0，3），直线AB∥x轴，在矩形OCDE中，OC＝4，OE＝3，以点C在第一象限内直线AB上时为初始位置，将矩形OCDE以点O为中心逆时针旋转，旋转角为α．直线OC，直线DE分别与直线AB相交于点M，N．

（1）如图1，当顶点D落在直线AB上时（此时点N与点D重合）．
①求证：△MAO≌△MCD；
②求点M的横坐标；
（2）如图2，当顶点D落在y轴正半轴上时，请直接写出点M的横坐标；
（3）在矩形OCDE旋转过程中，当0°＜α＜90°时，若AN＝3AM，请直接写出此时点M的横坐标．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力；应用意识．
【分析】（1）①根据AAS证明△AMO≌△CMD；
②设AM＝x，则CM＝x，OM＝4﹣x，在Rt△AMO中，由勾股定理列方程解出即可；
（2）根据HL证明Rt△AON≌Rt△EON，得AN＝EN，∠ANO＝∠ENO，设AN＝y，则EN＝y，DN＝4﹣y，根据勾股定理列方程得y＝1.5，同理可得AM的长，从而得结论；
（3）分两种情况：①M在点A的右侧时，如图3，过M作MG⊥DE于G，②M在点A的左侧时，如图4，过M作MG⊥DE于G，证明△OAM≌△MGN（AAS），可解答．
【解答】（1）①证明：∵AB⊥y轴，
∴∠MAO＝90°，
∵点A（0，3），
∴OA＝3，
∵四边形OCDE是矩形，
∴CD＝OE＝3，∠C＝90°，
在△AMO和△CMD中，
，
∴△AMO≌△CMD（AAS）；
②解：设AM＝x，则CM＝x，OM＝4﹣x，
在Rt△AMO中，由勾股定理得：OA2+AM2＝OM2，
∴32+x2＝（4﹣x）2，
解得：x＝，
∴点M的横坐标是；
（2）解：如图2，连接ON，

∵OA＝OE，ON＝ON，
∴Rt△AON≌Rt△EON（HL），
∴AN＝EN，∠ANO＝∠ENO，
设AN＝y，则EN＝y，DN＝4﹣y，
在Rt△DEO中，DE＝4，OE＝3，
∴OD＝5，
∴AD＝5﹣3＝2，
∵AD2+AN2＝DN2，
∴22+y2＝（4﹣y）2，
∴y＝1.5，
∵DE∥OC，
∴∠ENO＝∠CON，
∴∠CON＝∠ANO，
∴MN＝OM，
设MN＝a，则OM＝a，AM＝a﹣1.5，
∴32+（a﹣1.5）2＝a2，
∴a＝，
∴AM＝﹣1.5＝，
∴点M的横坐标是﹣；
（3）解：分两种情况：
①M在点A的右侧时，如图3，过M作MG⊥DE于G，

∵OC∥EN，
∴∠AMO＝∠MNG，
∵∠OAM＝∠MGN＝90°，OA＝MG＝OE＝3，
∴△OAM≌△MGN（AAS），
∴AM＝GN，
∵AN＝3AM，
∴MN＝2AM＝2GN，
∵∠MGN＝90°，
∴∠NMG＝30°，
∵∠OMG＝90°，
∴∠AMO＝60°，
∴∠AOM＝30°，
Rt△AMO中，OA＝3，
∴AM＝，
此时M的横坐标为；
②M在点A的左侧时，如图4，过M作MG⊥DE于G，

∵OC∥DE，
∴∠MNG＝∠AMO，
∵MG＝OA，∠OAM＝∠MGN＝90°，
∴△AMO≌△GNM（AAS），
∴MN＝OM，
设AM＝b，则MN＝4b＝OM，
∴b2+32＝（4b）2，
∴b＝（负值舍），
此时M的横坐标为﹣；
综上，M的横坐标为或﹣．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，图形和坐标的性质，勾股定理等知识，解题的关键作辅助线构建两三角形全等是解本题的关键．

考点卡片
1．四边形综合题
四边形综合题．